Gọi a, b, c thứ tự là độ dài các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC ($a, b, c >0$)
Gọi x, y, z thứ tự là độ dài các đoạn thẳng MH, MI, MK ($x, y, z >0$)
Vì MH, MI, MK lần lượt vuông góc với BC, CA, AB nên ta có:
2 S
BMC= $x.a$,
2 S
CMA= $y.b$,
2 S
AMB= $z.c$
Lại có: Vì điểm M nằm trong tam giác ABC nên
2 S
ABC=2(S
AMB+S
BMC+S
CMA)=$ax+by+cz$
Áp dụng BĐT Bunhicopxki
X cho 2 bộ 3 số $(a,b,c)$ và $(x,y,z)$ ta có:
4 $S_{ABC}^2$ = $(ax+by+cz)^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)$
(Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$
Do đó: $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{a^2+b^2+c^2}$
Hay $MH^2+MI^2+MK^2 \geq \frac{4 S_{ABC}^2}{AB^2+BC^2+CA^2}$
mà a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC nên a, b, c không đổi và $S_{ABC}^2$ không đổi
Vì vậy $MH^2+MI^2+MK^2$ đạt GTNN là $\frac{4 S_{ABC}^2}{AB^2+BC^2+CA^2}$
khi và chỉ khi M nằm trong tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:
$\frac{MH}{BC}=\frac{MI}{AC}=\frac{MK}{AB}$ mà tam giác ABC vuông tại A nên M là trung điểm của đường cao hạ từ A xuống BC
______________________________________________________________
Bài mình làm không cần điều kiện tam giác ABC vuông tại A
Đã nhắc trước mà vẫn thiếu hình vẽ, bị trừ nửa số điểm. Tiếp theo, BĐT Bunyakovski cho 2 bộ 3 số không được công nhận ở THCS, muốn dùng phải chứng minh lại, bị trừ 4đ. Cuối cùng, dạng toán này là cực trị, nên ở chỗ đẳng thức xảy ra, phải viết hoàn chỉnh, không thể viết ngắn gọn thế được.
D-B=14.8h
E=0.5
F=0
S=34.7
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 12-03-2012 - 18:41